Primzahl kongruent 1 mod 4 < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:31 So 28.09.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo alle zusammen!
Wie in meinem vorletzten Beitrag in diesem Forum habe ich wieder einen Satz, dessen Beweis ich absolut nicht nachvollziehen kann... :-(.
Satz :
Sei [mm] p \in \mathbb Z [/mm] eine Primzahl mit
[mm] p \equiv 1 \mod 4 [/mm].
Dann gibt es [mm] z \in \mathbb Z \left[ i \right] [/mm] mit [mm] N(z) = p [/mm].
Außerdem gibt es [mm] a,b \in \mathbb Z [/mm] mit [mm] a^2 + b^2 = p [/mm].
Beweis :
Es gibt ein [mm] t^2 \equiv -1 \mod p [/mm].
Beweis :
[mm] ( {}^{\mathbb Z\!}\!/\!_{p \mathbb Z} )^{\ast} [/mm]
ist eine zyklische Gruppe der Ordnung [mm] p - 1 [/mm].
( 2. Ftage: Da dies eine zyklische Gruppe ist, wird diese von einem
Element erzeugt. Welches ist das? Die 1 ? )
Es gilt [mm] 4 \ | \ p - 1 [/mm], somit gibt es ein [mm] \rho \in ( {}^{\mathbb Z\!}\!/\!_{p \mathbb Z} )^{\ast} [/mm]
mit [mm] \rho ^4 = 1 [/mm] aber [mm] \rho^2 \ne 1 [/mm]
( 3. Frage: Warum gibt so ein Element und warum gilt denn das? )
Es gilt [mm] ( \rho^2)^2 = 1 \Rightarrow \rho^2 = -1 [/mm]
Wähle [mm] t \in \mathbb Z [/mm] mit [mm] \t \equiv \rho \mod p [/mm]
( 4. Frage :Hiermit warum dies Zwischenaussage bewiesen, ich sehe
leider nicht warum... ? )
Sei [mm] \phi : \mathbb Z \left[ i \right] \to {}^{\mathbb Z\!}\!/\!_{p \mathbb Z} [/mm] definiert durch
[mm] \phi ( a + bi ) = a + bt \mod p [/mm].
( 5. Frage: Warum wählen wir diese Abbildung und was ist t ? Wie sehen die Funktionswerte aus? Etwa von 0 bis p-1 ? )
[mm] \phi [/mm] ist ein Ringhomomorphismus, und ist surjektiv.
( 6. Frage: Warum surjektiv ? )
Sei [mm] \mathfrak {a} = Ker \phi = z \cdot \mathbb Z \left[ i \right] [/mm]
(7. Frage: Mir ist bekannt, dass die Ideale genau die Kerne der Ringhomomorphismen sind. Jedoch verstehe ich nicht, warum das 2. Gleichheitszeichen gilt... )
Ab hier verstehe ich nicht, warum diese 4 Punkte gelten und warum wir das zeigen...
Es gelten:
1. [mm] p \in \mathfrak {a} [/mm]
2. [mm] t - i \in \mathfrak {a} [/mm]
3. [mm] z \notin \mathbb Z [/mm] weil [mm] t-i = z \cdot z_1 [/mm] ist, mit [mm] z_1 \in \mathbb Z \left[i \right] [/mm].
4. Es gibt ein [mm] z_2 \in \mathbb Z \left[i \right] [/mm] mit [mm] z \cdot z_2 = p [/mm]
[mm] \Rightarrow N(z) \cdot N(z_2) = p^2 [/mm]
[mm] N(z) \ne 1 [/mm] weil [mm] \mathfrak{a} \ne \mathbb Z \left[ i \right] [/mm]
[mm] N(z) \ne p^2 [/mm] weil sonst [mm] N(z_2) = 1 [/mm] und [mm] z_2 \in \{+1,-1,+i,-i \} [/mm] und [mm] z = p \cdot z_2^{-1} [/mm], dann könnte [mm] z \in \mathbb Z [/mm] gewählt werden und 3. wäre nicht richtig.
Hiermit ist der Beweis beendet und um ehrlich zu sein. sehe ich absolut nicht ,warum wir den Satz gezeigt haben!
Ich hoffe, dass mir jemand dabei behilflich sein kann diesen Beweis zu verstehen?
Vielen Dank im voraus!
Viele Grüße
Irmchen
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Hallo,
habe gerade sehr wenig Zeit, also beantworte ich mal die Fragen, wo ich auf die Schnelle die Antwort kenne/sehe. Ich glaube auch, dass da ein paar Sachen bei dir fehlen, kann das sein? Da steht z.B einmal "Wähle t mit " und dann kommt nichts mehr.
Vielleicht findet ja einer die Zeit, ausführlich zu antworten 
2. Frage: Nein, die 1 würde ja nicht nur die Einheiten, sondern die ganze Restklassengruppe erzeugen. Die Erzeuger sind die Primitivwurzel modulo p, also Elemente der Ordnung p-1. Welches Element genau das ist, ist von Primzahl zu Primzahl unterschiedlich.
3. Frage: p-1 ist die Gruppenordnung, 4 teilt diese (wegen der Kongruenz). Es gibt (100% sicher bin ich nicht, aber ziemlich ) einen Satz, der besagt, dass es in diesem Fall zu jedem Teiler der Gruppenordnung ein Element dieser Ordnung gibt. In dem Fall wählst du ein Element der Ordnung 4, damit ist aber insbesondere das Quadrat noch nicht 1.
4. Frage: Dazu müsste der Satz vollständig sein. Aber du hast ja schon ein Rho, das (fast) die Eigenschaft des t von oben hat.
5. Frage: t ist das t von oben, entspricht also in einem gewissen Sinne i, nur dass sein Quadrat nicht gleich -1 sondern nur kongruent dazu modulo p ist.
6. Frage: Als Urbild von [mm] $x\in\nicefrac{\IZ}{p\IZ}$ [/mm] wähle einfach [mm] $x+0\cdot i\in\IZ[i]$.
[/mm]
7. Frage: Das Ideal wird von einem Element z erzeugt, Ideale haben die Form aR, in deinem Fall [mm] $z\mathds{Z}[i]$.
[/mm]
- Überlege dir, auf was p abgebildet wird unter [mm] $\phi$ [/mm]
- Nochmal
Den Rest schau ich mir nochmal an, aber bin frühestens morgen wieder da.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:43 Fr 03.10.2008 | | Autor: | Irmchen |
Hallo!
> 6. Frage: Als Urbild von [mm]x\in\nicefrac{\IZ}{p\IZ}[/mm] wähle
> einfach [mm]x+0\cdot i\in\IZ[i][/mm].[/i][/mm]
> [mm][i] [/i][/mm]
Wenn das so wähle, bekomme ich da nicht für jedes [mm] x\in\nicefrac{\IZ}{p\IZ}[/mm] genau ein Element in [mm] \IZ[i][/mm] ? Ist das dann nicht bijektiv?
> [mm]7. Frage: Das Ideal wird von einem Element z erzeugt,
> [mm]Ideale haben die Form aR, in deinem Fall [mm]z\mathds{Z}[i][/mm
> Überlege dir, auf was p abgebildet wird unter [mm]\phi[/mm] [/mm]
Also, wenn ich mir überlege auf was p abgebildet wird unter [mm] \phi [/mm] dann würde ich sagen auf eine dieser Zahlen [mm] a+ 0 [/mm], [mm] a+ 1 [/mm] , [mm] a + 2 [/mm], ... , [mm] a + (p - 1 ) [/mm].
Sehe ich das richtig? Es schaut so komisch aus....
Ich sehe trotzdem nicht den 'Leitfaden' in diesem Beweis und kann immernoch nicht nachvollziehen, warum wir den Satz bewiesen haben :-(.
Vielen Dank!
Viele Grüße
Irmchen
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:37 So 05.10.2008 | | Autor: | andreas |
hi
> > 6. Frage: Als Urbild von [mm]x\in\nicefrac{\IZ}{p\IZ}[/mm] wähle
> > einfach [mm]x+0\cdot i\in\IZ[i][/mm].[/i][/mm]
> >[mm][i][/i][/mm]
>
> Wenn das so wähle, bekomme ich da nicht für jedes
> [mm]x\in\nicefrac{\IZ}{p\IZ}[/mm] genau ein Element in [mm]\IZ[i][/mm] ? Ist [/i][/mm]
> [mm][i]das dann nicht bijektiv?[/i][/mm]
nein, wer sagt dir denn, dass das injektiv ist. du kannst ja ganz viele urbilder zu einem element haben.
> [mm][i]> [mm]7. Frage: Das Ideal wird von einem Element z erzeugt,[/mm][/i][/mm]
[mm] $\mathbb{Z}[i]$ [/mm] ist eine euklidischer ring (das habt ihr vermutlich beweisen) und damit auch ein hauptidealring, somit hat das ideal die entsprechende form.
um dir zu überlegen, auf was $p$ abgebildet wird, schreibe $p = p + [mm] 0\cdot [/mm] i$ und wende die abbildungsvorschift von [mm] $\phi$ [/mm] an. was erhälst du?
grüße
andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:33 So 05.10.2008 | | Autor: | andreas |
hi
im großen und ganzen hat dir ja ArthurDayne schon auf dein fragen geantwortet - ich schreibe hier also nur noch zu bestimmten fragen etwas.
> Satz :
>
> Sei [mm]p \in \mathbb Z[/mm] eine Primzahl mit
> [mm]p \equiv 1 \mod 4 [/mm].
> Dann gibt es [mm]z \in \mathbb Z \left[ i \right][/mm]
> mit [mm]N(z) = p [/mm].
> Außerdem gibt es [mm]a,b \in \mathbb Z[/mm] mit [mm]a^2 + b^2 = p [/mm].
>
> Beweis :
>
> Es gibt ein [mm]t^2 \equiv -1 \mod p [/mm].
>
> Beweis :
>
> [mm]( {}^{\mathbb Z\!}\!/\!_{p \mathbb Z} )^{\ast}[/mm]
> ist
> eine zyklische Gruppe der Ordnung [mm]p - 1 [/mm].
>
> ( 2. Ftage: Da dies eine zyklische Gruppe ist, wird diese
> von einem
> Element erzeugt. Welches ist das? Die 1 ? )
beachte, dass hier die verknüpfung die multiplikation ist, die $1$ erzeugt also keine allzu große gruppe. endliche untergruppen von multiplikativen gruppen von körpern sind aber immer zyklisch (ist dir dieser sacherverhalt bekannt?). welches element sie erzeugt ist in diesem beweise aber nicht so wichtig.
> Es gilt [mm]4 \ | \ p - 1 [/mm], somit gibt es ein [mm]\rho \in ( {}^{\mathbb Z\!}\!/\!_{p \mathbb Z} )^{\ast} [/mm]
>
> mit [mm]\rho ^4 = 1[/mm] aber [mm]\rho^2 \ne 1[/mm]
>
> ( 3. Frage: Warum gibt so ein Element und warum gilt denn
> das? )
sei die gruppenordnung $m$, dann ist $m = 4k$, da $4$ die gruppenordnung teilt. die gruppe ist zyklisch, etwa von $s$ erzeugt, dann ist [mm] $\rho [/mm] = [mm] s^k$ [/mm] ein solches element (warum ist mit dieser wahl [mm] $\rho^4 [/mm] = 1$, warum ist [mm] $\rho^2 \not= [/mm] 1$?)
> Es gilt [mm]( \rho^2)^2 = 1 \Rightarrow \rho^2 = -1[/mm]
>
> Wähle [mm]t \in \mathbb Z[/mm] mit [mm]t \equiv \rho \mod p[/mm]
>
> ( 4. Frage :Hiermit warum dies Zwischenaussage bewiesen,
> ich sehe
> leider nicht warum... ? )
was ist dir daran denn nicht klar? die rechnung [mm] $\mod [/mm] p$ entspricht ja gerade der rechung in [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.
[/mm]
> Sei [mm]\phi : \mathbb Z \left[ i \right] \to {}^{\mathbb Z\!}\!/\!_{p \mathbb Z} [/mm]
> definiert durch
> [mm]\phi ( a + bi ) = a + bt \mod p [/mm].
>
> ( 5. Frage: Warum wählen wir diese Abbildung und was ist t
> ? Wie sehen die Funktionswerte aus? Etwa von 0 bis p-1 ? )
$t$ verhält sich ja bezüglich der multitplikation in [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ [/mm] gerade so, wie sich $i$ bei der multiplikation in [mm] $\mathbb{Z}[i]$ [/mm] verhält (beachte obige "zwischenaussage"). das benötigt man um zu zeigen, dass [mm] $\phi$ [/mm] ein ringhomomorphismus ist. rechne das am besten mal nach, dann wird dir auch klar, warum man das so macht.
die werte die [mm] $\phi$ [/mm] annimmt sind gerade die restklassen von $0, 1, ..., p-1$ (aus denen ja [mm] $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ [/mm] gerade besteht).
grüße
andreas
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